Fonction linéaire
Bonjour,
j'ai une question : comment peut-on démontrer que : " f est une fonction , a et b deux réels, si f(a+b)= f(a)+f(b) (fonction additive) alors f est une fonction linéaire càd s'écrit sous la forme f(x)=mx " avec les outils collège/lycée ?
je veux ce sens car la réciproque est beaucoup plus simple
Merci d'avance,
j'ai une question : comment peut-on démontrer que : " f est une fonction , a et b deux réels, si f(a+b)= f(a)+f(b) (fonction additive) alors f est une fonction linéaire càd s'écrit sous la forme f(x)=mx " avec les outils collège/lycée ?
je veux ce sens car la réciproque est beaucoup plus simple
Merci d'avance,
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Réponses
Ceci dit, on ne peut pas démontrer ce que tu veux , car c'est faux. Il manque une hypothèse sur $f$, je te laisse voir laquelle.
quelque soit a,b appartenant à R, si f(a+b)=f(a)+f(b) alors il existe un m appartenant à R tel que f(x)=mx
je sais démontrer pour a,b appartenant à Z ou Q,
Si pour R cette implication est fausse alors j'aimerais bien avoir un contre-exemple,
la condition, est ce la continuité !
Merci quand même,
Du coup, niveau collège/lycée, tu vas avoir du mal à le démontrer, car il faut utiliser la densité de $\Q$ dans $\R$, la continuité et la notion de limite.
Pour les contre-exemples, il en existe, mais ils font appel à l'existence d'une $\Q$-base de $\R$, donc les contre-exemples construits ne sont pas très explicites:
tu complètes $1$ en une $\Q$-base de $\R$, tu prends $f:\R\to\Q$ l'unique application $\Q$-linéaire qui envoie $1$ sur $1$ et les autres vecteurs de base sur $0$.
Alors, $f$ étant linéaire , elle est additive. Par contre, elle n'est pas de la forme $f(x)=mx$. Sinon, on aurait $m=f(1)=1$, et donc $f=Id_R$. Mais ce n'est pas le cas, car il y a au moins un réel différent de $0$ et $1$ qui est envoyé sur $0$.
Sauf erreur (je suis pressé, pas le temps de me relire).
Voici une recette :
* choisir (avec l'axiome du choix) une base $(v_i)_{i\in I}$ du $\Q$-espace vectoriel $\R$ -- elle est indexée par un ensemble non dénombrable $I$ ;
* choisir un élément $i$ de $I$ ;
* envoyer $v_i$ sur $0$ et $v_j$ sur n'importe quel réel non nul pour tout $j$ dans $J$;
* prolonger cette application en une application $\Q$-linéaire de $\R$ dans $\R$.
La fonction ainsi construite n'est pas $\R$-linéaire (et donc pas continue).
je relis tout ça tout à l'heure,
Je ne sais pas s'il y a moyen de descendre le niveau d'un cran, sinon il n y a aucun problème, je vous remercie bien,
Je te cite:
Les intervenants précédents n'ont évidemment pas répondu à ça mais à celle qu'ils devinaient.
Justement, exprime déjà ta "vraie" question, ça t'aidera à mieux comprendre.
Si f est une fonction continue, et si pour tout réel a et b tel que, f(a+b)=f(a)+f(b), alors il existe un k de IR tel que f(x)=kx
Est ce que cette propriété est juste ?
Le "tel que " n'a rien à faire là, et qui est x ?
y a un théorème qui s'appelle théorème de récurrence, ou vous voulez dire une démo par récurrence
Rappel : ce théorème dit que si H(n) est une assertion qui dépend de n, si H(0) est vraie, et si, pour tout entier naturel n, H(n) implique H(n+1), alors, pour tout entier naturel n, H(n) est vraie.
@ bisam : est ce que c'est possible d'un peu de précision sur la méthode proposée,
Comme Crapul le fait remarquer, cela ne va pas. C'est le "tel que" qui gêne, notamment. La bonne propriété (celle que tu sembles vouloir citer) est :
Si $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ est une fonction continue, et si pour tous nombres réels $a$ et $b$ on a $f(a+b)=f(a)+f(b)$, alors il existe un nombre réel $k$ tel que $f(x)=kx$ pour tout nombre réel $x$.
- f est impaire
- pour tout réel x et tout entier naturel n, f(nx)=nf(x) (récurrence)
- idem avec n dans Z
- pour tout rationnel r, f(r)=r f(1)
- pour tout réel x, f(x) = x f(1) en utilisant les suites d'approximation décimale de x, la monotonie de f et le théorème d'encadrement.
*) f : impaire :
f(0+0)= f(0)+f(0) équivaut à f(0)=f(0)+f(0) implique que f(0)=0,
pour tout x de R, f(-x)+f(x)=f(-x+x)=f(0)=0 équivaut à f(-x)=-f(x) donc f impaire
*) pour tout n dans N,
init : n=0, f(0*x)=f(0)=0=0*f(x) vrai
on suppose que c'est vrai à l'ordre n , càd : f(nx)=nf(x)
on démontre que c'est vrai à l'ordre n+1, càd : f((n+1)x)=(n+1)f(x)
f((n+1)x)=f(nx+x)=f(nx)+f(x)=nf(x)+f(x)=(n+1)f(x)
Donc vrai à l'ordre n+1 et par conséquent, pour tout n dans N, f(nx)=nf(x)
*) cas n<0, n'=-n, f(nx)=f(-n'x)=-f(n'x)=-n'f(x)=nf(x)
Donc pour tout n dans Z, f(nx)=nf(x)
*) pour tout r dans Q, on pose r=n/d , n=dq+t (d différent de 0)
f(r)=f(n/d)=f((dq+t)/d)=f(q+t/d)=f(q)+f(t/d)=f(1*q)+f(t/d)=qf(1)+f(t/d)=qf(1)+tf(1/d).....(1)
f(1/d+1/d+........+1/d)=f(1) équivaut à f(1/d)+.......f(1/d)=f(1) équivaut à d*f(1/d)=f(1)
donc f(1/d)=f(1)/d.......(2)
On rempace (2) dans (1) on trouve : f(r)=(q+t/d)f(1) donc f(r)=rf(1)
Dernier cas pour tout x réel, là il me faut un coup de pouce ! merci,
Tu fixes $x$ réel quelconque. Par densité, il existe une suite de rationnels qui convergent vers $x$. et par continuité tu as le résultat. :-)
Voici une autre attaque.
Soit une application $f$ de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ telle que :
$\forall x\in \mathbb{R},\forall y\in \mathbb{R},f(x+y)=f(x)+f(y)$
(Equation fonctionnelle de Cauchy I, linéaire).
Il est clair d'abord que $f(0)=0$.
Supposons que cette fonction $f$ est continue en un point $x_0 \in \mathbb{R}$.
Alors, la fonction $f$ esr continue en $0$ car :
$f(x)=f(x_0+x)-f(x_0) \rightarrow 0 =f(0) $ quand $x \rightarrow 0$.
Et la fonction $f$ est continue en tout point $x_1 \in \mathbb{R}$, car :
$ f(x_1+ h)=f(x_1)+f(h) \rightarrow f(x_1) $ quand $h \rightarrow 0$.
Quels que soient $y$ et $z$ réels, on a : $\int_{0}^{z}f(x+y)dx=\int_{0}^{z}f(x)dx+\int_{0}^{z}f(y)dx$.
Soit $F(x)=\int_{0}^{x}f(t)dt$, il vient : $F(z+y)-F(y)=F(z)+zf(y)$, quels que soient $y$ et $z$ réels.
En particulier, pour $z:=1$ et tout $y \in \mathbb{R}$ : $f(y)=F(1+y)-F(y)-F(1)$,
ce qui prouve que $f$ est dérivable (et même $\mathcal{C}^1$ mais bon).
En dérivant l'égalité initiale par rapport à $x$, avec $y$ constant, il vient : $f'(x+y)=f'(x)$, quels que soient $x$ et $y$ réels.
La dérivée $f'$ est donc constante, et $f$ est donc $\mathbb{R}$-affine ($f(x)=mx+p$), et comme $f(0)=0$, c'est bon.
Voilà qui est fait sans densité de $\mathbb{Q}$ dans $\mathbb{R}$, pour les classes où cette notion n'a pas la cote.